高中物理选修3-3《热学》复习学案（精品含答案）

第1节 分子动理论 内能

一、分子动理论

1．物体是由大量分子组成的

(1)分子模型：主要有两种模型，固体与液体分子通常用球体模型，气体分子通常用立方体模型．

(2)分子的大小

①分子直径：数量级是10－10 m； ②分子质量：数量级是10－26 kg； ③测量方法：油膜法．

(3)阿伏加德罗常数

1 mol任何物质所含有的粒子数，NA＝6.02×1023 mol－1. 2．分子热运动

分子永不停息的无规则运动． (1)扩散现象

相互接触的不同物质彼此进入对方的现象．温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行．

(2)布朗运动

悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著．

3．分子力

分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快．

二、内能 1．分子平均动能

(1)所有分子动能的平均值． (2)温度是分子平均动能的标志． 2．分子势能

由分子间相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关．

3．物体的内能

(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和． (2)决定因素：温度、体积和物质的量． 三、温度

1．意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体中分子平均动能的大小)．

2．两种温标

(1)摄氏温标t：单位℃，在1个标准大气压下，水的冰点作为0 ℃，沸点作为100 ℃，在0 ℃～100 ℃之间等分100份，每一份表示1 ℃.

(2)热力学温标T：单位K，把－273.15 ℃作为0 K.

(3)就每一度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，即ΔT＝Δt.只是零值的起点不同，所以二者关系式为T＝t＋273.15.

(4)绝对零度(0 K)，是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值．

[自我诊断] 1．判断正误

(1)质量相等的物体含有的分子个数不一定相等．(√) (2)组成物体的每一个分子运动是有规律的．(×) (3)布朗运动是液体分子的运动．(×)

(4)分子间斥力随分子间距离的减小而增大，但分子间引力却随分子间距离的减小而减小．(×)

(5)内能相同的物体，温度不一定相同．(√) (6)分子间无空隙，分子紧密排列．(×)

2．(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是( ) A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用

B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动 C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速 D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的

解析：选BC.根据分子动理论的知识可知，最后混合均匀是扩散现象，水分子做无规则运动，碳粒做布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C.

3．关于物体的内能，以下说法正确的是( ) A．不同物体，温度相等，内能也相等 B．所有分子的势能增大，物体内能也增大

C．温度升高，分子平均动能增大，但内能不一定增大

D．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等 解析：选C.不同物体，温度相等，分子平均动能相等，分子动能不一定相等，不能说明内能也相等，A错误；所有分子的势能增大，不能反映分子动能如何变化，不能确定内能也增大，B错误；两物体的质量、温度、体积相等，但其

物质的量不一定相等，不能得出内能相等，D错误，C正确．

考点一 宏观量与微观量的计算

1．微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.

2．宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.

3．关系

MρVm(1)分子的质量：m0＝N＝N. A

A

VmM

(2)分子的体积：V0＝N＝ρN.

A

A

Vm

(3)物体所含的分子数：N＝V·NA＝ρV·NA

m

m

mρV或N＝M·NA＝M·NA. 4．分子的两种模型

36V0(1)球体模型直径d＝

π.(常用于固体和液体) 3

(2)立方体模型边长d＝V0.(常用于气体)

3对于气体分子，d＝V0的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离．

1．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，NA表示阿伏加德罗常数，m、v分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系正确的是( )

ρVA．NA＝m μ

C．ρ＜Nv

A

μ

B．ρ＝Nv A

μ

D．m＝N A

μρVμ

解析：选ACD.由于μ＝ρV，则NA＝m＝m，变形得m＝N，故A、D正确；

A

μμ

由于分子之间有空隙，所以NAv＜V，水的密度为ρ＝V＜Nv，故C正确，B错

A

误．

2．(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)．下列判断正确的是( )

NAA．1 kg铜所含的原子数为M MNAB．1 m3铜所含的原子数为ρ M

C．1个铜原子的质量为N(kg)

A

M

D．1个铜原子的体积为ρN(m3)

A

1NA

解析：选ACD.1 kg铜所含的原子数N＝MNA＝M，A正确；同理，1 m3铜ρρNAM

所含的原子数N＝MNA＝M，B错误；1个铜原子的质量m0＝N(kg)，C正确；

A

m0M

1个铜原子的体积V0＝ρ＝ρN(m3)，D正确．

A

3．(2016·陕西西安二模)目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．实验发现，在水深300 m处，二氧化碳将变成凝胶状态，当水深超过2 500 m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体．设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，将二氧化碳分子看成直径为D的球1???球的体积公式V球＝6πD3?，则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后??体积为________．

解析：二氧化碳气体变成硬胶体后，可以看成是分子一个个紧密排列在一起mρV

的，故体积为V的二氧化碳气体质量为m＝ρV；所含分子数为n＝MNA＝MNA；13πρVNAD3

变成硬胶体后体积为V′＝n·6πD＝6M.

πρVNAD3

答案：6M

在进行微观量与宏观量之间的换算的两点技巧

膏粉)均匀地撒在水面上．

(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液1

的体积恰好为1 mL，算出每滴油酸酒精溶液的体积V0＝n mL.

(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．

(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．

(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积． (7)据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V，据一滴油酸的V

体积V和薄膜的面积S，算出油酸薄膜的厚度d＝S，即为油酸分子的直径．比较算出的分子直径，看其数量级(单位为m)是否为10－10m，若不是10－10m需重做实验．

4．实验时应注意的事项：

1

(1)油酸酒精溶液的浓度应小于1 000. (2)痱子粉的用量不要太大，并从盘中央加入，使粉自动扩散至均匀． (3)测1滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小．

(4)浅盘里水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直．

(5)要待油膜形状稳定后，再画轮廓.

(6)利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去．大于半个的算一个．

5．可能引起误差的几种原因： (1)纯油酸体积的计算引起误差．

(2)油膜面积的测量引起的误差主要有两个方面： ①油膜形状的画线误差；

②数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差．

1．(2016·湖北三校联考)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：

①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．

②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定． ③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．

④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．

⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上． 完成下列填空：

(1)上述步骤中，正确的顺序是_____．(填写步骤前面的数字)

(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液，测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为________ m．(结果保留1位有效数字)

解析：(1)依据实验顺序，首先配臵混合溶液，然后在浅盘中放水和痱子粉，将一滴溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油膜的总面积，故正确的操作顺序为④①②⑤③；

1 cm3(2)一滴油酸酒精溶液的体积为V＝＝SD，其中S＝0.13 m2，故油酸

300×50分子直径

1×10－6m3V－10

D＝S＝m. 2＝5×10300×50×0.13 m答案：(1)④①②⑤③ (2)5×10

－10

2．(1)现有按酒精与油酸的体积比为m∶n配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴．把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S.根据以上数据可估算出油酸分子直径为d＝________；

(2)若已知油酸的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为________．

解析：(1)一滴油酸酒精溶液里含油酸的体积为： nV

V1＝，油膜的总面积为8S；

?m＋n?N则油膜的厚度即为油酸分子直径，即 V1d＝8S＝

nV

8S?m＋n?N

11

(2)一个油酸分子的体积：V′＝6πd3，则油酸的摩尔质量为M＝ρNAV′＝6πρNAd3.

nVπρNAd3

答案：(1) (2)6 8S?m＋n?N

3．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm.则

(1)油酸薄膜的面积是________cm2.

(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL.(取一位有效数字) (3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________m．(取一位有效数字) 解析：(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，

故油膜的面积： S＝115×1 cm2＝115 cm2. (2)一滴油酸酒精溶液的体积： 1

V′＝75 mL，

一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积： 6

V＝104V′＝8×10－6 mL. (3)油酸分子的直径：

－12

V8×10－10d＝S＝ m. －4 m＝7×10

115×10

答案：(1)115±3 (2)8×10－6 (3)7×10－10

课时规范训练 [基础巩固题组]

1．(多选)以下关于分子动理论的说法中正确的是( ) A．物质是由大量分子组成的

B．－2 ℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动 C．随分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大 D．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小

解析：选ACD.物质是由大量分子组成的，A正确；分子是永不停息地做无规则运动的，B错误；在分子间距离增大时，如果先是分子力做正功，后是分子力做负功，则分子势能是先减小后增大的，C正确；分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化得快，D正确．

2．下列叙述正确的是( )

A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数 B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积

C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动就越明显 D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小

解析：选A.水的摩尔质量除以水分子的质量就等于阿伏加德罗常数，选项A

正确；气体分子间的距离很大，气体的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的不是气体分子的体积，选项B错误；布朗运动与固体颗粒大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，选项C错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项D错误．

3．(多选)1 g 100 ℃的水和1 g 100 ℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是( )

A．分子的平均动能和分子的总动能都相同 B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同 C．内能相同

D．1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能

解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1 g水和1 g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气时，分子间距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1 g 100 ℃的水的内能小于1 g 100 ℃的水蒸气的内能，C错误、D正确．

4．(多选)下列关于布朗运动的说法，正确的是( ) A．布朗运动是液体分子的无规则运动

B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈 C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的

D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 解析：选BD.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，A错误．温度越高、颗粒越小，布朗运动越剧烈，B正确．布朗运动是由液体分子撞击的不平衡引起的，间接反映了液体分子的无规则运动，C错误、D正确．

5．(多选)下列说法正确的是( )

A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性

B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大 C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大

D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大

细绳张力为零时，气体压强为p2，温度为T3，则此时对活塞B受力分析有Mg＋p2SB＝p0SB＋mBg解得p2＝7×104 Pa

p1p2

由查理定律有T＝T解得T3＝350 K＞210 K

2

3

之后气体做等压变化，活塞A不动，活塞B下降，设B与A距离为x时，3LSBxSB温度变化为T4＝210 K，由盖—吕萨克定律有T＝T解得x＝18 cm，故B离

34地面的高度为H＝2L＋x＝38 cm

汽缸内气体状态变化的图线如图所示．

答案：(1)3.5 kg (2)见解析

第3节 热力学定律与能量守恒定律

一、热力学第一定律和能量守恒定律 1．改变物体内能的两种方式 (1)做功；(2)热传递． 2．热力学第一定律

(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界对它传递的热量和外界对它做功的和．

(2)表达式：W＋Q＝ΔU. 3．能的转化和守恒定律

(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，但在转化或转移的过程中其总量不变．

(2)第一类永动机：违背能量守恒定律的机器被称为第一类永动机．它是不可能制成的．

二、热力学第二定律 1．常见的两种表述

(1)克劳修斯表述(按热传递的方向性来表述)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．

(2)开尔文表述(按机械能与内能转化过程的方向性来表述)：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．

2．第二类永动机：违背宏观热现象方向性的机器被称为第二类永动机．这类永动机不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律，也是不可能制成的．

[自我诊断] 1．判断正误

(1)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变．(√)

(2)做功改变物体内能的过程是内能与其他形式的能相互转化的过程．(√)

(3)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，说明能量正在消失．(×) (4)热量不可能从低温物体传到高温物体．(×)

(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化．(×) (6)一定质量的理想气体向真空中自由膨胀，体积增大，对外做功，熵增加．(×)

2．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程( )

A．气体从外界吸收热量2.0×105 J B．气体向外界放出热量2.0×105 J C．气体从外界吸收热量6.0×104 J D．气体向外界放出热量6.0×104 J

解析：选B.根据热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，所以Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确．

3．如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c时，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J．若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，则这一过程中气体______(填“吸收”或“放出”)______ J热量．

解析：一定质量的理想气体由状态a沿a→b→c变化到状态c，吸收了340 J的热量，并对外做功120 J，由热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1＝340 J－120 J＝220 J，即从状态a到状态c，理想气体的内能增加了220 J；若该气体由状态a沿a→d→c变化到状态c时，对外做功40 J，此过程理想气体的内能增加还是220 J，所以可以判定此过程是吸收热量，由热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，得Q2＝ΔU－W2＝220 J＋40 J＝260 J.

答案：吸收 260

4．如图所示，一竖直放置、内壁光滑的汽缸内用不计质量的活塞封闭有一定质量的理想气体，开始时活塞距汽缸底部的高度为h1＝0.5 m，给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝0.8 m处．

(1)若封闭气体在加热前的温度为27 ℃，试计算在此过程中气体温度的变化量Δt；

(2)若在此过程中汽缸内的气体吸收了450 J的热量，试计算在此过程中汽缸内封闭气体增加的内能ΔU.(已知活塞的横截面积S＝5.0×10－3 m2，大气压强p0＝1.0×105 Pa.)

解析：(1)设活塞缓慢上升到距离汽缸底部h2＝0.8 m处时，汽缸内气体的温h1S

度为t.此过程为等压过程．由盖—吕萨克定律可得300 K＝h2S

代入数据可解

273 K＋t

得t＝207 ℃，所以，此过程中气体温度的变化量Δt＝180 ℃.

(2)气体克服外界大气压做功为W＝p0ΔV p0＝1.0×105 Pa，ΔV＝(h2－h1)S＝1.5×10－3m3 代入数据可得W＝150 J

由热力学第一定律ΔU＝－W＋Q可得 ΔU＝450 J－150 J＝300 J. 答案：(1)180 ℃ (2)300 J

考点一 热力学第一定律的理解及应用

1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系．

2．对公式ΔU＝Q＋W符号的规定

符号 ＋ － W 外界对物体做功 物体对外界做Q ΔU 物体吸收热量 内能增加 物体放出热量 内能减少 功 3.几种特殊情况 (1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量．

(2)若过程中不做功，即W＝0，则Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量．

(3)若过程的初、末状态物体的内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量．

[典例] (2017·吉林省实验中学一模)如图所示，圆柱形容器内用活塞封闭一定质量的理想气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.若活塞固定，封闭气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q1.若活塞不固定，仍使封闭气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q2.不计一切摩擦，在活塞可自由移动时，封闭气体温度升高1 ℃，活塞上升的高度h应为多少？

解析 活塞固定时，由热力学第一定律，气体增加的内能ΔU＝Q1活塞不固定时，设外界对气体做功为W，活塞上升的高度为h，则

ΔU＝Q2＋W＝Q2－(p0Sh＋Gh) Q2－Q1联立解得h＝ p0S＋GQ2－Q1

答案

p0S＋G

应用热力学第一定律解题的步骤

(1)明确研究对象是哪个物体或者哪个热力学系统．

(2)分别列出系统吸收或放出的热量Q，外界对系统所做的功W，系统内能的变化ΔU.

(3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，列方程进行求解．

气压为p0)

解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象，相对静止时有： F＝(M＋m)a

再选活塞为研究对象，根据牛顿第二定律有： pS－p0S＝ma

mF

解得：p＝p0＋. S?M＋m?mF

答案：p0＋ S?M＋m?

气体压强计算的两点注意

(1)封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关．

(2)解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列研究对象的平衡方程或牛顿第二定律方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强．

考点三 气体实验定律及理想气体状态方程

1．理想气体的状态方程 (1)理想气体．

①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体．

②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间．

p1V1p2V2pV

(2)状态方程：T＝T或T＝C.

12

2．理想气体状态方程与气体实验定律的关系

?pp

pVpV?体积不变：＝?查理定律?

TT

T＝T?VV

?压强不变：?T＝T?盖—吕萨克定律?

111

222

1

21

21

21

2

温度不变：p1V1＝p2V2?玻意耳定律?

3．几个重要的推论

p1(1)查理定律的推论：Δp＝TΔT

1

V1(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝TΔT

1

p0V0p1V1p2V2(3)理想气体状态方程的推论：T＝T＋T＋??

012

[典例] 如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞．已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 l

K．初始时大活塞与大圆筒底部相距2，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K．现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度； (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强． 解析 (1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部刚接触时，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得

?l??l?V1＝S1?2?＋S2?l－2?①

????V2＝S2l②

在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得

S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③

故缸内气体的压强不变．由盖-吕萨克定律有 V1V2T1＝T2④

联立①②④式并代入题给数据得 T2＝330 K⑤

(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变．设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有

p′p1T＝T2⑥

联立③⑤⑥式并代入题给数据得 p′＝1.01×105 Pa⑦

答案 (1)330 K (2)1.01×105 Pa

应用状态方程解题的一般步骤

1．(2016·高考全国甲卷)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．

解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2.根据玻意耳定律得

p1V1＝p2V2①

重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为 V3＝V2－V1②

设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有p2V3＝p0V0③ 设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为 N＝V0/ΔV④

联立①②③④式，并代入数据得 N＝4(天)⑤ 答案：4天

2．(2016·高考全国乙卷)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压2σ

强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝r，其中σ＝0.070 N/m.现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升．已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2.

(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；

(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值．

解析：(1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，2σ则Δp1＝r①

1

代入题给数据得ΔP1＝28 Pa②

(2)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2.

气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有 p1V1＝p2V2③ 由力学平衡条件有 p1＝p0＋ρgh＋Δp1④ p2＝p0＋Δp2⑤

气泡体积V1和V2分别为 4V1＝3πr31⑥

43V2＝3πr2⑦

联立③④⑤⑥⑦式得 p0＋Δp2?r1?3

?r?＝⑧ ?2?ρgh＋p0＋Δp1

由②式知，Δpi?p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项． 代入题给数据得 r23

r1＝2≈1.3⑨

3

答案：(1)28 Pa (2)2或1.3

3．(2016·高考全国丙卷)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变．

解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①

20.0－5.00??

? cm② l1′＝?20.0－

2??由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③ 联立①②③式和题给条件得 p1′＝144 cmHg④ 依题意p2′＝p1′⑤

温度是分子平均动能的标志，温度升高则分子的平均动能增大，分子对器壁的平均撞击力增大，则单位时间碰撞器壁单位面积的气体分子数一定减少，选项E正确．

3．某压缩式喷雾器储液桶的容量是5.7×10－3 m3.往桶内倒入4.2×10－3 m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器内药液能全部喷完，且整个过程中温度不变，则需要打气的次数是( )

A．16次 C．20次

B．17次 D．21次

解析：选B.设大气压强为p，由玻意耳定律，npV0＋pΔV＝pV，V0＝2.5×10

－4

m3，ΔV＝5.7×10－3m3－4.2×10－3 m3＝1.5×10－3m3，V＝5.7×10－3m3，解得n

＝16.8次≈17次，选项B正确．

4．(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )

A．ab过程中不断增大 B．bc过程中保持不变 C．cd过程中不断增大 D．da过程中保持不变

解析：选AB.首先，因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，如图所示，

则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd＜Ve，所以Vd＜Va，da过程中体积不是保持不变，D错误．

5．已知湖水深度为20 m，湖底水温为4 ℃，水面温度为17 ℃，大气压强为1.0×105 Pa.当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10 m/s2，ρ水＝1.0×103 kg/m3)( )

A．2.8倍 C．3.1倍

B．8.5倍 D．2.1倍

解析：选C.一标准大气压约为10 m高的水柱产生的压强，所以气泡在湖底p1V1p2V2

的压强p1约为3.0×105Pa，由理想气体状态方程得，T＝T，而T1＝(4＋273)K

1

2

1

＝277 K，T2＝(17＋273)K＝290 K，温度基本不变，压强减小为原来的3，体积扩大为原来的3倍左右，C项正确．

6．如图所示，一圆柱形绝热汽缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定量的理想气体．活塞的质量为m，横截面积为S，与容器底部相距h.现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为T1时活塞上升了h.已知大气压强为p0.重力加速度为g，不计活塞与汽缸间摩擦．

(1)求温度为T1时气体的压强；

(2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m0时，活塞恰好回到原来位置，求此时气体的温度．

mg

解析：(1)设气体压强为p1，由活塞平衡知p1S＝mg＋p0S，解得p1＝S＋p0. mg

(2)设温度为T1时气体为初态，回到原位臵时为末态，则有初态：压强p1＝S

＋p0，温度T1，体积V1＝2hS.

?m＋m0?g

末态：压强p2＝＋p0，温度T2，体积V2＝hS.

Sp1V1p2V2

由理想气体状态方程有T＝T，

12

?m＋m0?g＋p0S

代入初、末状态参量解得T2＝T.

2?mg＋p0S?1?m＋m0?g＋p0Smg

答案：(1)S＋p0 (2)T

2?mg＋p0S?1

[综合应用题组]

7．如图所示，上端开口的光滑圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体和一形状不规则的固体A封闭在汽缸内．在汽缸内距缸底60 cm处设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动．开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa为大气压强)，温度为300 K．现缓慢加热汽缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为360 K时，活塞上移了4 cm.g取10 m/s2.求活塞的质量和物体A的体积．

解析：设物体A的体积为ΔV，T1＝300 K，p1＝1.0×105 Pa，V1＝60×40 cm3mg??5

1.0×10＋－ΔV，T2＝330 K，p2＝?Pa，V2＝V1，T3＝360 K，p3＝p2，40×10－4???V3＝64×40 cm3－ΔV.

p1p2由状态1到状态2为等容过程，则T＝T，

1

2

代入数据得m＝4 kg.

V2V3

由状态2到状态3为等压过程，则T＝T，

2

3

代入数据得ΔV＝640 cm3. 答案：4 kg 640 cm3

8．如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比

A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.

(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度．

(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．

解析：(1)以cmHg为压强单位．设A侧空气柱长度l＝10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1.由玻意耳定律得pl＝p1l1①

由力学平衡条件得 p＝p0＋h②

打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止．由力学平衡条件有

p1＝p0－h1③

联立①②③式，并代入题给数据得 l1＝12.0 cm④

(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2.由玻意耳定律得

pl＝p2l2⑤ 由力学平衡条件有 p2＝p0⑥

联立②⑤⑥式，并代入题给数据得 l2＝10.4 cm⑦

设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧

联立④⑦⑧式，并代入题给数据得 Δh＝13.2 cm⑨

答案：(1)12.0 cm (2)13.2 cm

9．如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸固定不动，内壁光滑，下端与大气相连，A、B两活塞的面积分别为SA＝20 cm2、SB＝10 cm2，它们通过一条细绳连接，活塞B又与另一条细绳连接，绳子跨过两个光滑定滑轮与重物C连接．已知A、B两活塞的质量分别为mA＝2mB＝1 kg，当活塞静止时，汽缸中理想气体压强p1＝1.2×105 Pa，温度T1＝800 K，活塞A距地面的高度为L＝10 cm，上、下汽缸内气体的长度分别为2L、L，大气压强为p0＝1×105Pa，上汽缸足够长，重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求重物C的质量M；

(2)缓慢降低汽缸内气体的温度直至210 K，请在p－V图上画出缸内气体状态变化的图线，并计算出拐点处气体的温度及最终活塞B离地的高度．

解析：(1)设活塞A、B间的细绳张力为T，则对活塞A、B受力分析有p1SA＋mAg＝p0SA＋T

p0SB＋mBg＋T＝p1SB＋Mg 联立解得M＝3.5 kg.

(2)刚开始降温时汽缸内气体做等压变化，活塞A、B均向上缓慢运动，直到LSA＋2LSB3LSBA不能再上升，设此时气体温度为T2，则由盖—吕萨克定律有＝T解

T12得T2＝600 K＞210 K

此后气体再降温时，A、B间细绳张力逐渐减小至零，气体做等容变化．设

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